Esercizi sul calcolo di autovalori ed autovettori per matrici di ordine 3

Corso di Matematica II
Anno Accademico 2009–2010.
Esercizi di Algebra Lineare.
Calcolo di autovalori ed autovettori
May 7, 2010
Commenti e correzioni sono benvenuti.
Mi scuso se ci fosse qualche errore banale di calcolo,
nonché per l’italiano non proprio manzoniano.
Nota: ho utilizzato come definizio/notazione di polinomio caratteristico di una matrice M il polinomio
Det(λ − M ), piuttosto che detM − λ.
Esercizio 1
Si trovino gli autovalori ed i corrispondenti autovettori della matrice


2 −3 0



A := 
 −1 0 0  .
−1 1 1
Soluzione
Cerchiamo prima gli autovalori di A. Il polinomio caratteristico di A è


λ−2 3
0



1
λ
0
Det(λ1 − A) = Det 


1
−1 λ − 1
(0.1)
Sviluppando il determinante lungo la terza colonna1 si ha
λ−2 3
= (λ − 1)((λ − 2)λ − 3) =
Det(λ1 − A) = (λ − 1) Det
1
λ
(λ − 1)(λ2 − 2λ − 3) = (λ − 1)(λ + 1)(λ − 3).
1
C’est plus facile.....
1
Quindi il polinomio caratteristico ha tre radici distinte, (λ1 = 1, λ2 = −1, λ3 =
3), e dunque queste tre radici sono autovalori.
Dobbiamo ora determinare gli autovettori pertinenti ai tre autovalori, cioè,
per i = 1, 2, 3 fissati dobbiamo trovare i vettori Ψi che soddisfino
AΨi = λi Ψi ,
o, in modo equivalente, (λi 1 − A)Ψi = 0.
1. i = 1, λ1 = 1. Dobbiamo considerare il nucleo della matrice 1 − A, ovvero
trovare i vettori (non nulli) Ψ1 = (x, y, z) che soddisfino (sostituendo λ = 1
nella equazione (0.1)),
   

0
x
−1 3 0
 1 1 0  y  =  0 .
(0.2)
0
z
−1 1 0
In altre parole, dobbiamo risolvere, nelle tre variabili x, y, z, il sistema

 −x + 3y = 0
x+y
=0
(0.3)

−x + y = 0
Le soluzioni di questo sistema sono: (x = 0, y = 0, z = qualsiasi), e dunque
gli autovettori di A relativi all’autovalore λ = 1 sono:
 
0

Ψ1 = 0  , z 6= 0.
z
Note:
i) Notando che, per esempio, la prima riga della matrice qui sopra è 2 volte
la terza più la seconda, ci si può ridurre, in luogo di (0.3), a considerare
il sistema di due equazioni
x+y
=0
−x + y = 0
(Ovviamente, le soluzioni sono le stesse). In generale, però, è meglio
tenersi le tre equazioni; infatti, se per caso avessimo sbagliato a calcolare
il polinomio caratteristico di A e/o le sue radici, tenendo le tre equazioni ci
accorgeremmo, (o, almeno, dovremmo accorgerci), che il sistema analogo
al (0.3) con λ non autovalore, ha solo la soluzione banale x = 0, y = 0, z =
0). Peraltro, come si vedrà, in questo esercizio sarà facile vedere quale
riga eliminare.
ii) Che (0, 0, z) sia un autovettore di A relativo all’autovalore 1 dovrebbe
essere lampante guardando la forma della matrice A.
2
2. i = 2, λ2 = −1. In questo caso dobbiamo cercare il nucleo della matrice


−3 3
0
−1 − A =  1 −1 0  .
1 −1 −2
In questo caso, la prima riga è −3 volte la seconda, quindi ci si può limitare
a risolvere il sistema di due equazioni in tre variabili
x−y
=0
x − y − 2z = 0
La soluzione generale di questo sistema è data dalle terne (x, x, 0), e
dunque la famiglia di autovettori Ψ2 relativi all’autovalore λ2 = −1 è
 
x

Ψ2 = x  x 6= 0.
0
3. i = 3, λ3 = 3. In questo caso ho

1 3 0
(31 − A) =  1 3 0  .
1 −1 2

Il sistema da risolvere è, dunque,
x + 3y
=0
x − y + 2z = 0
Sottraendo le due equazioni trovo 4 y − 2 z = 0 ⇒ z = 2 y; sostituendo
questo nella terza equazione ho
x −y + 4 y = 0
| {z }
=3 y
da cui trovo che la soluzione genrale è data dalle terne (−3 y, y, 2 y).
Dunque, l’autovettore Ψ3 è


−3 y
Ψ3 =  y  y 6= 0.
2y
3
1
Esercizio 2
Si trovino gli autovalori ed i corrispondenti autovettori della matrice


4
1
1


0 −1 
A := 
 −3

−1 −1
2
Soluzione
Sviluppando il determinante di λ − A (per esempio, lungo la prima riga, ma non
ci sono differenze significative tra le varie scelte possibili) si ottiene
det(λ − A) = λ3 − 6 λ2 + 11 λ − 6 = 0
Da qui si osseva che λ1 = 1 è una radice. Si osserva poi (con Ruffini, ad esempio)
che
det(λ − A) = (λ − 1)(λ2 − 5 λ + 6) = (λ − 1)(λ − 2)(λ − 3).
Dunque gli autovalori di A sono 1, 2, 3.
Calcoliamo gli autovettori relativi a λ1 = 1. Dobbiamo risolvere


4
1
1    
x

 x
 −3




0 −1  y = y  ,

z
z
−1 −1
2
ovvero il sistema lineare


3x + y + z = 0
−3x − y − z = 0

−x − y + z = 0
Osserviamo che le prime due equazioni sono coincidenti, e quindi possiamo
risolvere (nelle 3 variabili (x, y, z)) il sistema ridotto formato dalle ultime due
equazioni (che sono, come si vede, indipendenti), i. e.:
−3x − y − z = 0
−x − y + z = 0
Dalla seconda abbiamo
z =x+y
4
(1.1)
sostituendo nella primasi trova −3x − y − (x + y) = 0 che dà y = −2 x.
Risostituendo nella (1.1) si ha infine z = x + (−2x) = −x. Dunque gli
autovettori relativi all’autovalore λ1 = 1 sono dati dalla famiglia
ψ1 = x (1, −2, −1), x 6= 0
Con calcoli analoghi si vede che gli autovettori relativi a λ2 e λ3 sono, rispettivamente,
ψ2 = x (1, −1, −1), e ψ3 = x (1, −1, 0)
Esercizio 3
Si consideri la matrice

3 2
0




M =
 2 1 2 .
0 2 −1
(1.2)
Se ne calcolino gli autovalori, e si determini l’autospazio (cioè la famiglia ad un
paramentro di autovettori) relativo all’unico autovalore intero di M .
Soluzione
Il determinante di λ − M , cioè il polinomio caratteristico di M è:


λ − 3 −2
0


3
2

Det(λ − M ) = Det 
 −2 λ − 1 −2  = λ − 3 λ − 9 λ + 11.
0
−2 λ + 1
Non è difficile notare che λ1 = 1 è una radice del polinomio caratteristico (i
coefficienti di Det(λ − M ) sommano a zero).
Utilizzando, ad esempio, la regola di Ruffini, otteniamo la fattorizzazione
Det(λ − M ) = (λ − 1) λ2 − 2 λ − 11 .
Il discriminante del fattore di secondo grado di questa espressione è
∆ = 4 + 44 = 48 = 24 · 3,
√
e le radici corrispondenti non sono numeri interi (λ± = 1 ± 2 3). Dunque la
radice intera cercata è λ = 1.
5
Per finire l’esercizio dobbiamo calcolare l’autovettore relativo a λ = 1, ovvero
trovare (almeno un) vettore non nullo ψ che soddisfi
M ψ = ψ.
Detto

ψ1
ψ =  ψ2  ,
ψ3

dovremo risolvere il sistema lineare



 

3 2 0
ψ1

 ψ1
 2 1 2   ψ2  =  ψ2  ,


ψ3
ψ3
0 2 −1
ovvero

2 2
0

  
0
ψ
1


 2 0 2   ψ2  =  0  .


0
ψ3
0 2 −2

Prendendo come equazioni indipendenti di quest’ultimo sistema le prime due si
ha
2ψ1 + 2ψ2 = 0
2ψ1 = −2ψ3
da cui l’autovettore cercato si può scrivere nella forma parametrica


1
ψ = ψ3  −1  .
−1
6